ii - babeș-bolyai university

36 Számlálási feladatok. A kombinatorika elemei

II. FEJEZET

SZÁMLÁLÁSI FELADATOK. A KOMBINATORIKA ELEMEI

II.1. Valószínűségszámítási feladatok

A klasszikus valószínűségszámítás néhány alapfogalmát már a VI. osztályban tanultátok. Eszerint, ha K véges számú kimenetellel rendelkező kísérlet1 és A egy vele kapcsolatos esemény, akkor az A valószínűségén az A-nak kedvező események és az

sszes események számának arányát értjük. ö I I.1.1. Megoldott feladatok

1. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy dobókockával egy dobásból hatost dobjunk?

Megoldás. A dobásnak hat különböző kimenetele lehetséges. Ezek közül egy eset

kedvező (amikor hatost dobunk), tehát a keresett valószínűség .61

2. Mennyi a valószínűsége annak, hogy valamely véletlenszerűen választott kétjegyű természetes szám osztható legyen 7-tel?

Megoldás. A kétjegyű számok 10 , tehát az összes esetek száma 90. Ezek közül a 14 és 98 kedvező,

tehát a keresett valószínűség

99,98,97,...,13,12,11,,77,70,63,56,49,42,35, 91,8428,21,

9013 .

3. Válasszuk ki találomra egy konvex tízszög két csúcsát. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az általuk meghatározott egyenes mindkét oldalán a sokszögnek négy csúcsa lesz?

Megoldás. Számozzuk egytől tízig a csúcsokat trigonometrikus irányban, és jelöljük a kiválasztott csúcsoknak megfelelő eseményt a csúcsokba írt két számból alkotott halmazzal. A kísérletnek tehát a következő kimenetelei lehetségesek: {1, 2} {1, 3} {1, 4} {1, 5} {1, 6} {1, 7} {1, 8} {1, 9} {1, 10}

{2, 3} {2, 4} {2, 5} {2, 6} {2, 7} {2, 8} {2, 9} {2, 10} {3, 4} {3, 5} {3, 6} {3, 7} {3, 8} {3, 9} {3, 10} {4, 5} {4, 6} {4, 7} {4, 8} {4, 9} {4, 10} {5, 6} {5, 7} {5, 8} {5, 9} {5, 10} {6, 7} {6, 8} {6, 9} {6, 10} {7, 8} {7, 9} {7, 10} {8, 9} {8, 10} {9, 10}

Ezek közül az {1, 6}, {2, 7}, {3, 8}, {4, 9} és {5, 10} pontpároknak megfelelő

választás kedvező, tehát a keresett valószínűség 91

455= .

1 A kimenetelek közt nincsenek kitüntetettek, vagyis azok egyforma eséllyel következhetnek be.

Számlálási feladatok. A kombinatorika elemei 37

4. Egy tömör fakocka minden lapját befestjük fehérre, majd minden élét tíz részre osztjuk, és ezer egyforma nagyságú kis kockára daraboljuk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy találomra választott kis kockának a) csak egy lapja van befestve, b) csak két lapja van befestve, c) három lapja van befestve, d) egyetlen lapja sincs befestve?

Számítsd ki a négy valószínűség összegét! Mit tapasztalsz? Magyarázd meg, amit észleltél!

Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy a nulla, egy, két vagy három befestett lappal rendelkező kis kockák az eredetiben hol helyezkedhettek el. Három lap csak akkor lehet befestve, ha az eredetivel közös csúcsa van a kockának. Az ilyen kockát sarok-kockának nevezzük. Mivel az eredeti kockának nyolc csúcsa van, összesen nyolc

sarokkockánk lesz. Így a c) kérdésre a válasz: 125

11000

8= . A kis kockának akkor van

két lapja befestve, ha nem sarokkocka, de (a szétvágás előtt) volt az eredetivel közös éle. Az ilyen kockákat élkockáknak nevezzük. Minden élre nyolc darab élkocka illeszkedik, tehát összesen 12 968 =⋅ élkocka van. Így a b) kérdésre a válasz:

12512

100096

= . Ha a kis kockának egy lapja van befestve, akkor nem sarokkocka és nem

is élkocka, de az eredetivel volt közös lapja (a szétvágás előtt). Nevezzük ezeket a kockákat lapkockának. Minden lapra 100 64844 =⋅−− ilyen kocka illeszkedik, tehát

összesen kocka. Így az a) kérdésre a válasz 38464 =6 ⋅12548

1000384

= . Azok a kockák,

amelyeknek egyetlen lapjuk sincs befestve, együttesen egy 8 88×× -as kockát

alkotnak, tehát 512 ilyen kis kocka van. A d) kérdésre a válasz: 12564

1000512

= . A kapott

valószínűségek összege 1. Ez azt fejezi ki, hogy egy kis kockának háromnál több lapja nem lehet befestve, tehát a kiválasztott kockával azonosan festett kockák számát alamelyik alpontnál megszámoltuk.2 v

Az itt megoldott feladatok mindegyikében sikerült megszámolni a kedvező, illetve

az összes esetek számát. Láthatjuk azonban, hogy ez általános esetben speciális számlálási módszereket igényelhet (próbáld megoldani 2., 3. vagy 4. feladatot, ha nem a kétjegyű számok közül választasz, ha a tízszög helyett n-szög van, illetve ha a kocka lapjait n részre osztod). Gyakran előfordul, hogy a számlálási kísérleteink csődöt mondanak, vagy ha sikerül is megsejteni az eredményt, tanácstalanok vagyunk, amikor a megoldás leírásáról van szó. A megválaszolandó kérdések közben egyre érdekesebbeké és izgatóbbakká válnak. Lássunk néhány ilyen problémát! Mire érdemesebb fogadni: egy az egy ellen arra, hogy két egyforma kockával 24 dobásból lesz egy dupla hatosunk, vagy egy az öt ellen arra, hogy egy dobásból lesz egy dupla hatosunk? Hát arra érdemes-e fogadni, hogy egy érmének száz egymás utáni feldobását lejegyezve lesz egymás után legalább tíz fej vagy tíz írás? E kérdések megválaszolása előtt fejlesszük a számlálási technikánkat! 2 Ezt a belső kis kockák megszámolásakor is meggondolhattuk volna.


II.2. Hány csapat van? A Descartes-szorzat alkalmazásai

2.1. Feladat. Egy táncverseny után az első három lány (Ica, Kata és Zsuzsa) és az első két fiú (Peti, Robi) közül szeretnénk a legjobban összeillő párt kiválasztani (minden pár egy lányból és egy fiúból áll).

a) Hány olyan pár képzelhető el, amelynek a fiú tagja Peti? Hát olyan, amelynek a fiú tagja Robi?

b) Összesen hány pár képzelhető el? c) Hogyan módosul az összes lehetséges párok száma, ha

1° négy lány és két fiú, 2° négy lány és három fiú, 3° hét lány és öt fiú

közül kell kiválasztanunk a legjobban táncoló párt? d) Próbálj megfogalmazni egy általános eljárást az összes pár felsorolására!

Megoldás a) Mivel az összes lehetséges párt ki kell próbálni, Peti (akárcsak Robi)

mindhárom lánnyal egy-egy párt alkothat. Így a következő párok képzelhetők el: Peti – Ica Robi – Ica Peti – Kata Robi – Kata Peti – Zsuzsa Robi – Zsuzsa

Az is látható, hogy több pár nem alkotható (mert minden párban kell lennie egy fiú-nak, és az előbb felsoroltuk az összes olyan párt, amelyben valamelyik fiú szerepel).

c) 1° Minden fiú négy párban szerepelhet (mert négy lány van), így összesen pár képzelhető el. 842 =⋅2° Minden fiú négy párban szerepelhet (mert négy lány van), így összesen

pár képzelhető el. 1243 =⋅3° Minden fiú hét párban szerepelhet (mert hét lány van), így összesen

pár képzelhető el. 3575 =⋅Jelöljük a 2° esetben szereplő lányokat A-val, B-vel, C-vel, illetve D-vel és a fiúkat X-szel, Y-nal, illetve Z-vel. A lehetséges párokat az alábbiak szerint rendezhetjük

X-A Y-A Z-A X-B Y-B Z-B X-C Y-C Z-C X-D Y-D Z-D

Itt az első oszlopban azok a párok szerepelnek, amelyeknek X a fiú tagja, a másodikban azok, amelyeknek Y, és a harmadikban azok, amelyeknek Z. Ez a csoportosítás az általános esetben is jó. Ha n lány és m fiú közül választunk, akkor a lehetséges párok m sort és n oszlopot tartalmazó táblázatba rendezhetőek, tehát összesen lehetséges pár létezik. nm ⋅2.2. Feladat. Egy cukrászdában zárás után megmaradt hat gombóc epres és négy gombóc csokis fagyi. A cukrász kisfia kikönyörögte, hogy ehessen egy adag fagyit, és maga dönthesse el, hogy melyik fagyiból hány gombócot eszik. Hány különböző lehetőség közül választhat a kisfiú? Vizsgáljuk meg az előbbi lehetőségekben szereplő adagok százalékos összetételét! Hány különböző összetételű adag van?


Megoldás. A leírás egyszerűsítésének céljából jelöljük csak számpárokkal a különböző lehetséges adagokat. A számpár első tagja jelentse az epres, míg a második tag a csokis gombócok számát. A (3, 2) számpár a három epres és két csokis gombócot tartalmazó fagyiadagnak felel meg. Mivel egy fagylaltadagban az epres gombócok száma nullától hatig és a csokis gombócok száma nullától négyig változhat,

-es táblázatba rendezhetjük a számpárokat. 75×

(0, 0) (1, 0) (2, 0) (3, 0) (4, 0) (5, 0) (6, 0) (0, 1) (1, 1) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) (6, 1) (0, 2) (1, 2) (2, 2) (3, 2) (4, 2) (5, 2) (6, 2) (0, 3) (1, 3) (2, 3) (3, 3) (4, 3) (5, 3) (6, 3) (0, 4) (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 4) (5, 4) (6, 4)

A (0, 0) pár egy külön csoportot jelent, hisz ez esetben nem beszélhetünk a százalékos összetételről. Az első sor többi eleme ismét külön csoport (száz százalékban epres) akárcsak az első oszlop többi eleme (száz százalékban csokis). A többi pár esetén kiszámítjuk az első és második tag arányát, és két párt pontosan, akkor sorolunk egy csoportba, ha a nekik megfelelő arányok egyenlők. Felsoroljuk az előbbiektől különböző, legalább kételemű csoportokat:

{(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} {(1, 2), (2, 4)} {(2, 1), (4, 2), (6, 3)} {(3, 1), (6, 2)} {(3, 2), (6, 4)}

A többi pár mindegyike meghatároz egy-egy csoportot, tehát összesen 19, százalékos összetétel szerint különböző adag létezik.

2.3. Jelölések és értelmezések. Legyen E és C két halmaz.

1. Rendezett elempáron egy E-beli és egy C-beli elem együttesét értjük, ha ismerjük az elemek sorrendjét is.

Példa. A 2.2. feladat esetében { }6,5,4,3,2,1,0=E}

az epres gombócok lehetséges száma és a csokis gombócok lehetséges száma. Az (1, 2) elempárt akkor tekintjük rendezettnek, ha rögzítjük, hogy melyik eleme tartozik E-hez és melyik C-hez. A 2.2. feladat esetében az első szám az E-hez tartozott, a második elem a C-hez. Így világos, hogy az (1, 2) elempár különbözik a (2, 1) elempártól.

{ 4,3,2,1,0=C

2. Az összes olyan rendezett elempárok halmazát, amelynek az első eleme E-ből a második pedig C-ből származik, az E és C halmazok Descartes-szorzatának (vagy direkt szorzatának) nevezzük, és CE× -vel jelöljük.

Példa. Ha { }2,1=E és , akkor { 3,2,1=C }{ })3,2(),2,2(),1,2(),3,1(),2,1(),1,1(=×CE .

Ha L={Ica, Kata, Zsuzsa} és F={Peti, Robi}, akkor =× FL {(Ica, Peti), (Ica, Robi), (Kata, Peti), (Kata, Robi), (Zsuzsa, Peti), (Zsuzsa, Robi)}. Ha { }dcbaA ,,,= és { }ℵ∆= ,B , akkor

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }ℵ∆ℵ∆ℵ∆ℵ∆=× ,,,,,,,,,,,,,,, ddccbbaaBA .


2.4. Feladat. Alapozz eddigi tapasztalataidra, és egészítsd ki a következő kijelenté-seket úgy, hogy igaz állításokhoz jussál!

a) Ha az A halmaz elemeinek száma a és a B halmaz elemeinek száma b, akkor az BA× halmaznak ……… és a AB× halmaznak ……… eleme van.

b) Az BA× és AB × halmazok pontosan akkor egyenlők, ha ………. c) Az BA× halmaz pontosan akkor részhalmaza a AB × halmaznak, ha

……… 2.5. Feladat I. Egy akciócsoport két sofőrből (Rudi és Tóni), három rádiósból és négy

mesterlövészből áll. Valamely akciójukban olyan háromtagú csapat vesz részt, amelyben van egy sofőr egy rádiós és egy mesterlövész. Hány olyan csapat képzelhető el, amelynek Rudi a sofőrje? Összesen hány csapat képzelhető el?

II. Jelöljük S1-gyel és S2-vel a sofőröket, R1-gyel, R2-vel és R3-mal a rádiósokat és M1-gyel, valamint M2-vel a mesterlövészeket. Írd fel az összes elképzelhető csapatot!

III. Ha a csoporthoz csatlakozik öt bombaszakértő és az akcióban részt vevő csapathoz bombaszakértő is kell, hányszorosára növekszik a lehetséges csapatok száma?

IV. Próbálj általános eredményt megfogalmazni! Megoldás I. Ha Rudi a sofőr, akkor a három rádiós és négy mesterlövész közül kell kiválasztani egyet-egyet. Ez 3 módon érhető el, tehát 12 olyan csapatot lehet elképzelni, amelynek Rudi a sofőrje. Ha Tónit választjuk sofőrnek, szintén 12 csapatot tudunk elképzelni, tehát összesen 24 felállás lehetséges.

124 =⋅

II. A táblázatos reprezentáció itt nehezen használható, ezért más számlálást kell kitalálnunk. Készítsük el az alábbi ábrát:

O

1S

2S

1R

2R

3R

1R

2R

3R

1M

2M

1M

2M

1M

2M

1M

2M

1M

2M

1M

2M

Ha az O pontból az alsó sorba akarunk eljutni a nyilak mentén, akkor minden lehetséges útvonal egy lehetséges csapatnak felel meg. Például a vastag nyilakkal jelzett útvonal az csapat kiválasztását jelenti. Mivel az alsó sorban 12 érkezési lehetőség van, összesen 12 csapat képzelhető el. Ha alaposabban megfigyeljük az ábra szerkezetét, láthatjuk, hogy négy mesterlövész esetén az alsó sorban érkezési lehetőség volna, tehát az I. kérdésre adott válaszunk megerősíthető és általánosítható. Ha a csoporthoz öt bombaszakértő csatlakozik, akkor az előbbi ábrát ki kell egészíteni még egy sorral oly módon, hogy minden M-mel jelzett csomópontból öt nyíl induljon ki. Ez azt jelenti, hogy az összes lehetőségek száma ötszöröződik. Így 120 négytagú csapat képzelhető el.

( 231 ,, MRS )

2446 =⋅


IV. Fogalmazzuk meg általánosan is a feladatot és az eredményeinket. Legyen tetszőleges halmaz, és keressük az összes olyan rendezett, n elemű

halmazok számát, amelyeknek a k-adik eleme -ban található minden nAAAA ,...,,, 321

kA n,1=k -re. Ha az halmaz elemeinek száma, minden ka kA n,1=k -re, készítsünk az előbbihez

hasonló ábrát úgy, hogy a k-adik sorba az elemei legyenek minden 1−kA 1,2 += nk -re. Így a k-adik sor minden elemétől pontosan darab nyíl indul, ha ka n,1=k , tehát összesen na⋅⋅aaa ⋅⋅ 21

kA...3 olyan rendezett, n elemű halmaz létezik, amelynek a k-adik

eleme -ban található van minden nk ,1= -re. 2.6. Jelölések és értelmezések. Tekintsük az tetszőleges halmazokat.

nAAAA ,...,,, 321

1. Rendezett elemhármason egy , egy és egy halmazbeli elem valamilyen rögzített sorrendben vett együttesét értjük.

1A 2A 3A

2. k elemet tartalmazó rendezett elemrendszer alatt egy k elemű halmazt értünk, amelynek minden eleméről tudjuk, hogy az halmazok melyikéhez tartozik.

kAAAA ,...,,, 321

3. Az összes olyan rendezett elemhármasok halmazát, amelyek első eleme A1-ben, a második A2-ben és a harmadik A3-ban van az A1, A2 és A3 halmazok Descartes-szorzatának nevezzük, és 321 AAA ×× -mal jelöljük.

4. Az összes olyan k elemet taratlamzó rendezett elemrendszer halmazát, amely-nek az i-edik eleme minden ki ,1= esetén -ben van, az AiA 1, A2,..., Ak-1 és Ak

halmaz Descartes-szorzatának nevezzük, és -

vel jelöljük.

∏=××××=

k

iik AAAAA

1321 ...

2.7. Példa. Ha 4,1}1,0{ =∀= iAi , akkor az 4321 AAAA ××× halmaz elemei a következő számnégyesek: (0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 0), (1, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1). Minden négyelemű rendezett 0-1 jelsorozat tekinthető egy kettes számrendszerbeli számnak is, tehát az halmaznak pontosan annyi eleme van, ahány legfeljebb négyjegyű kettes számrendszerbeli szám létezik. Az utóbbiak száma 16, tehát

4321 AAAA ×××

432 AAA ××1A × -nek összesen 16 eleme van. 2.8. Feladat. Jelöljük rendre A-val, B-vel és C-vel az {1, 2, 3}, {a, b} és {M, N} halmazt.

a) Írd fel az BA× , AB × , )( CBA ×× , CBA ×× )( és CBA ×× halmazokat! b) Hasonlítsd össze az előbbi alpont utolsó három halmazát, és egészítsd ki az

alábbi kijelentéseket! Ha az A, B és C halmazok elemeinek száma rendre a, b és c, akkor az

)( CBA ×× , s CBA ×× )( é CBA ×× halmazok elemeinek száma ……… Az (A , )CB×× CBA ×× )( és CBA ×× halmazok ……..


Észrevételeinket tételben foglaltuk össze. 2.9. Tétel. Ha az halmaz elemeinek száma minden ka kA nk ,1=

aa

esetén, akkor az

halmaz elemeinek száma a∏=

n

i 1=××× in AAAA 321 ...× A na⋅⋅⋅⋅ ...321 , és a

halmazok összeszorzásakor a sorrend felcserélése nélkül bármilyen csoportosítást elvégezhetünk.

A tétel (matematikailag) teljes bizonyítását a matematikai indukció módszerével adhatjuk meg. Úgy gondoljuk azonban, hogy aki megértette az előbbi feladatok megoldását, annak ez a bizonyítás semmiféle többletet nem adhat, ezért a bizonyítás részletezését az olvasóra bízzuk. 2.10. Feladat

a) Sorold fel az N =22355 szám prímosztóit! b) Ha d természetes osztója N-nek, akkor milyen prímosztói lehetnek d-nek, és

ezek milyen hatványon fordulhatnak elő a d prímtényezős felbontásában? c) Hány darab természetes osztója van N-nek?

Megoldás. Az N prímosztói 2, 3 és 5, továbbá N egyetlen osztója sem tartalmazhat ezektől különböző prímtényezőt. A d prímtényezős felbontásában a 2 legfeljebb a második, a 3 legfeljebb az ötödik és az 5 legfeljebb az első hatványon fordulhat elő (ezt az ötödik osztályban tanultak alapján tudjuk). Tehát , ahol

,

γβα 532 ⋅⋅=d{ }2,1,0∈α { }5,4,3,2,1,0∈β és { }1,0∈γ

}. Eszerint, az N osztóinak száma

megegyezik a { } { { }1,3, ,05,42,1,02,1,0 ×× Descartes-szorzat elemeinek számával. Mivel a szorzatnak 36 eleme van, az N is 36 természetes osztóval rendelkezik. 2.11. Feladat

a) Hány természetes osztója van az számnak? Hát a számnak?

352 191132 ⋅⋅⋅=M9357 11532 ⋅⋅⋅=P

b) Egészítsd ki a következő kijelentést úgy, hogy igaz állítást kapjál! Ha és páronként különböző prímszámok, akkor az

szám természetes osztóinak száma ……….… ……………………….……………….

121 ,...,, −kpppppp ααα ⋅⋅⋅ 3

32

21

1

kpk

kαpn ⋅= ...

Megoldás. Az előbbi feladathoz hasonlóan az M osztóinak száma megegyezik a }3,2,1,0{}1,0{}5,4,3,2,1,0{}2,1,0{ ×××

9,...,1,0{}3,2,1,0{}5,...,1,0{}7,...,1,0{

Descartes-szorzat elemeinek számával, tehát M-nek 144 osztója van. A P osztóinak száma egyenlő a

}××× Descartes-szorzat elemeinek zámával, vagyis P-nek 1920 osztója van. s

II.2.1. Gyakorlatok és feladatok

1. Hány legfeljebb hatjegyű természetes szám létezik? 2. Hány olyan természetes szám létezik, amelynek a hetes számrendszerbeli

reprezentációja pontosan hét számjegyet tartalmaz? 3. Egy helyőrség kétszáz közkatonája, tíz altisztje, négy rádiósa és három tisztje

közül négytagú különítményt kell választanod, és ki kell jelölnöd a különítmény


vezetőjét. A különítménynek egy közkatonát, egy rádióst, egy altisztet és egy tisztet kell tartalmaznia, a vezető csak a rádiós vagy a tiszt lehet. Hány különböző módon választhatod ki a különítményt?

4. Vizsgáld meg a következő egyenlőségek helyességét: a) ( ) ( ) ( )CBCACBA ×∪×=×∪ ; b) ( ) ( ) ( )CBCACBA ××=× \\ ; c) ( ) ( ) ( )CBCACBA ×∩×=×∩ .

5. Írd egyszerűbb alakba az ( ) ( ) ( ) ( )CBABCAAA ×∩×∩×∩× kifejezést úgy, hogy csak egy direkt szorzat szerepeljen benne!

6. Egyszerre három, különböző színű dobókockával dobunk. Mi a valószínűsége annak, hogy a három szám közül az egyik a másik kettő összege?

7. Valamelyik Las Vegas-i kaszinó egy játékgépén három korong forog. Mindegyik korong oldalát 24 egyforma részre osztották, és minden részre ráfestették az alábbi hat rajz valamelyikét oly módon, hogy mindegyik négyszer szerepeljen mindegyik korongon.

A korongok egymástól függetlenül forognak, és a játékos minden korongról mindig csak egy-egy ábrát láthat. A játékos akkor nyer, ha mindhárom korongon ugyanazt az alakzatot látja. Mennyi a valószínűsége annak, hogy már az első játékban nyerünk? Ha 10 cent egy játék, megéri-e a kaszinónak, hogy négy dollárt fizessen egy nyereségért?

8. a) Valamely n elemű számhalmaz elemeiből hány különböző módon állíthatunk össze egy olyan számpárt, amelynek elemei különböznek? b) Egy n elemű számhalmaz elemei közül hány különböző módon állíthatunk össze olyan számpárt, amelynek elemei egyenlők is lehetnek?

9. Az űrhajós csoport tíz nőből és harminc férfiből áll. Ebből a csoportból hányféleképpen lehet kiválasztani olyan öttagú csapatot, amelyben két nő és három férfi van?

10. Igaz-e, hogy ha az n1 természetes számnak d1 természetes osztója van és az n2 természetes számnak d2, akkor az 21 nn ⋅ számnak 21 dd ⋅ osztója van? Milyen feltételre van szükség ahhoz, hogy az állítás igaz legyen?

11. Egy börtönben 1000 cella van, ezek 1-től 1000-ig vannak megszámozva, és minden cellának az ajtajára olyan zárat szereltek, amelyen három betű látható (lásd a mellékelt ábrát). Az ajtó akkor nyílik ki, ha az a betű van legfelül. Miután a rabok elalszanak, a börtönőr 1000-szer körbejárja a cellákat A k-adik körútja alkalmával minden k-adik cella zárján fordít egyet (trigonometriai irányban 120°-ot). Hány zár lesz nyitva reggel? Melyek ezek?


II.3. Rekurzív számlálások, avagy a „Lassan járj, tovább

érsz” filozófiája A mellékelt ábrák mindegyikén az A pontból a B-be kell eljutnunk úgy, hogy mezőről mezőre és csak jobbra vagy felfele léphetünk. Tehát bármelyik mezőről csak a felső vagy a jobb oldali szomszédjára léphetünk. A kérdés az, hogy hány különböző

ódon tehetjük (mindegyik „tábla” esetében külön-külön) meg ezt? m

B B A

A II.1. ábra II.2. ábra

Látható, hogy ha kezdettől az A-ból B-be vezető utakat vizsgáljuk, akkor elég nehéz dolgunk van. Ez a helyzet rögtön megváltozik, ha a táblák mindegyik mezőjére ráírjuk, hogy A-ból hány különböző úton juthatunk az illető mezőre. Ez egy fontos ötlet, és a következőkben hasznunkra válhat. A lépésszabályok alapján egy mezőre csak a bal oldali vagy az alatta levő mezőről léphetünk, tehát minden mezőn e két szomszédos mezre írt szám összege áll. Ezt a szabályt használva próbáld folytatni, mit mi elkezdtünk! a

B B 8 9 4 8 8 3 9 2 4 4 1 3 6 9 9 1 2 2 1 2 3 3 A 1

A 1 1 II.3. ábra II.4. ábra

Az A és a B mező középpontjait összekötő szakasz által kettészelt mezőkre írt számokat tekintsük egy számsorozat kezdőértékeiként. Tudnád-e folytatni ezeket a sorozatokat?

Általánosítva: ha az n darab egymásba ágyazott 22× -es négyzet jobb felső sarkában megjelenő szám a és az n darab egymásba ágyazott 3n 3× -as négyzet jobb felső sarkában megjelenő szám , keressük meg az nb ( )na ∗∈Nn és ( ) ∗∈Nnnb sorozatok általános tagjának képletét.


Ha az ábrák üres mezőire ráírjuk a megfelelő számokat, kapjuk:

128,64,32,16,8,4,2 7654321 ======= aaaaaaa és 1458,486,162,54,18,6 654321 ====== bbbbbb .

Látható, hogy mindkét sorozat mértani haladvány, az első kvóciense 2, a másodiké 3. Ezt figyelembe véve, megsejthetjük, hogy az általános tag képlete , illetve

. Az első ábra esetében ezt a sejtést indukcióval azonnal igazolhatjuk az lábbi diagramm alapján:

nna 2=

nnb 32 ⋅=

a

n2 1222 +=+ nnn

n2 n2 A második esetben beláthatjuk, hogy nem elégséges a sejtésünk. Az alapján nem tudjuk bizonyítani az általános tag képletét. (Azt nem tudjuk bizonyítani, amit a legegyszerűbb észrevenni, vagyis azt, hogy a ( ) ∗∈Nnnb sorozat mértani haladvány.) Ez azért van így, mert sejtésünk semmit sem állít a b fölött, illetve tőle jobbra elhelyezkedő számokról, pedig b kiszámításakor ezeket is kell használnunk. A számokat megvizsgálva észrevehetjük, hogy ezek a 3 hatványai, tehát az állítás, amit igazolni szeretnénk a következő:

n

1+n

1,32 ≥∀⋅= nb nn , és b fölött, illetve a tőle jobbra elhelyezkedő számok

-nel egyenlők. n

n3Észrevételünk alapján a fentihez hasonló diagramot készíthetünk.

n3 13323 +=⋅+ nnn 132 +⋅ n

n3 n32 ⋅ 13323 +=⋅+ nnn

132 −⋅ n n3 n3

A nagyobb számok a feltételezést tartalmazzák. A nyilak alapján látható, hogy ezek egyértelműen meghatározzák a többi számot, és a kapott értékek igazolják ejtésünket (n+1)-re, tehát a matematikai indukció elve alapján sejtésünk igaz. s

I I.3.1. Permutációk

3.1.1. Feladat. Egy polcon az alábbi ábrán látható öt különböző trófeát kell elhelyeznünk. Hányféle sorrendbe helyezhetjük el?


Megoldás. A feladat ismét becsapó, mert már ez az öt trófea is 120 különböző sorrendben helyezkedhet el, és ez elég sok ahhoz, hogy találgatás útján felírhassuk. Szükség van tehát egy számlálási módszerre, amely szerint generálhatjuk a lehetséges sorrendeket, és amely biztosítja azt, hogy valóban az összes sorrendet megtaláljuk. Ehhez vizsgáljunk meg egyszerűbb eseteket. Próbáljuk előállítani az összes lehetséges sorrendet 1, 2, 3, 4 és csak ezek után 5 trófea esetén. Jelöljük t és t -tel az 1, 2, 3, 4, illetve 5 trófea összes lehetséges sorrendjét. Ha egy trófeánk van, akkor ezt egyféleképpen tehetjük a polcra (a sorrendre gondolunk, és nem egyébre), tehát

4321 ,,, ttt 5

11 =t . Két trófeát már két különböző sorrendben helyezhetünk el, tehát 22 =t . Vizsgáljuk meg, hogy mi történik, ha z előbbi két sorrend valamelyikét kiegészítjük a harmadik trófeával. a

Az előbbi ábra szerint ezt tehetjük a sor elejére, a két trófea közé vagy a sor végére, tehát az előbbi két sorrend mindegyikéből három különböző három trófeát tartalmazó sor készíthető. Ha egy hármas sorrendből elhagyjuk a harmadik trófeát, akkor egy kettes sorrendhez jutunk, tehát az előbbi szerkesztés az összes hármas sorrendet megadja, így

. Az itt alkalmazott ötlet továbbra is használható. Egy három trófeát tartalmazó sorrend négy különböző négy trófeát tartalmazó sorrendet származtat, tehát a hat hármas sorrend összesen darab lehetséges sorrendet határoz meg négy trófea esetén. Így

. Egy négy trófeát tartalmazó sorba öt helyre tehetjük az ötödik trófeát, tehát minden négyes sorrend öt darab ötös sorrendet határoz meg. A 24 négyes sorrend összesen

sorrendet származtat az öt trófeára.

63 =t

244 =t

524 =⋅

2446 =⋅

120Általánosítsuk az eredményeinket! Vizsgáljuk meg, hogy milyen összefüggés

létezik n, illetve n+1 trófea összes lehetséges sorrendjének száma közt. Jelöljük t -nel n trófea összes lehetséges sorrendjének a számát, ha n nullánál nagyobb természetes szám. Az n trófea közt összesen n-1 hely van, mivel a sor elejére, illetve a végére is helyezhetjük az (n+1)-edik trófeát, összesen n+1 különböző sorrendhez jutunk. Ennek alapján érvényes a t

n

( ) nn tn ⋅+=+ 11 összefüggés minden esetén. (5) ∗∈ NnAz eddig vizsgált t értékeket írhatjuk a következő alakban: n

21,1 21 ⋅== tt , , 3213 ⋅⋅=t 43214 ⋅⋅⋅=t és 543215 ⋅⋅⋅⋅=t , tehát az első n természetes szám szorzata, ha

nt5≤n . A továbbiakban az (5) összefüggés segítségével

igazoljuk, hogy ez minden természetes számra igaz. A leírás egyszerűsítésének céljából bevezetjük a következő jelöléseket:


3.1.2. Jelölés. Az első n, nullától különböző természetes szám szorzatát az n szimbólummal jelöljük, és n-faktoriálisnak (vagy egyszerűen n-faktornak) olvassuk.

!

3.1.3. Példák és összefüggések: a) Számítsuk ki az első tíz számra az n-faktor értékét!

40320!8,5040!7,720!6,120!5,24!4,6!3,2!2,1!1 ======== =!9 …………… =!10 ……………

Látható, hogy az n-faktoriális nagyon gyorsan növekszik, ezért a kiszámítása már viszonylag kis kétjegyű n esetén is nehézséget okozhat. A tíz számjegyet kijelző zsebszámológép sem ad pontos értéket 16=n esetén. Érdekességképpen kiszámoltuk a -t és a -t!25 !33 1:

0000033098598401551121004!25 = 0000000181944012881188649558683317618!33 =

b) Megegyezés szerint azt mondjuk, hogy 1!0 = . c) Az értelmezést használva írjátok egyszerűbb alakba a következő

kifejezéseket: ( )

=+⋅+⋅

+)2()1(

!2nnn

n ( ) =⋅++ !232 nnn

( ) =− !3

!n

n =⋅⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅⋅)2(...642)12(...53

nn1

d) Feladatgyűjteményekben gyakran találkozhattok még a ( , illetve szimbólumokkal is. Ezek az első n darab, nullától különböző páros,

illetve páratlan természetes szám szorzatát jelölik, és nem tévesztendők össze a jelöléssel, amely a 2n-faktor faktoriálisát jelöli. Így

!)!2n!)!12( −n

)!2(( n2!)!6(

)!4 ⋅ 486 =⋅= míg !720)!)!6(( =

3.1.4. Értelmezés. Az A halmaz egy permutációján az A összes eleméből szerkesztett rendezett halmazt értjük.

Ha az A halmaz n elemet tartalmaz, akkor A elemeiből úgy kaphatunk egy rendezett halmazt, hogy az A minden eleméhez hozzárendelünk az 1, 2, 3,…, n számok közül egyet oly módon, hogy különböző elemekhez különböző számok tartozzanak. (Minden elemhez hozzárendeljük a sorszámát.) Az elemekből és a hozzájuk rendelt számokból képzett párok alkotják a rendezett halmazt. Általában az elemeket a hozzájuk rendelt számok szerinti növekvő sorrendben szoktuk felírni, ezért magukat a számokat elhagyhatjuk. Képezzünk két rendezett halmazt az

halmazból! Az alábbi táblázatokban azt láthatjuk, hogy az 1, 2, 3, 4, 5 és 6 számok a halmaz melyik eleméhez tartoznak. Az ezeknek megfelelő rendezett halmazok és

{ ∆,,3,5,, tca

a 3,5,

}

( )tc,,, ∆ ( )tac ,,,,5,3 ∆ .

1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 a 5 3 ∆ c t 3 5 c ∆ a t

1 A számolásokat egy Texas Instruments TI-92-es gépen végeztük.


Az egyszerűbb írásmód kedvéért a táblázatot, ha csak lehet, mellőzzük. Például az halmazból képezhető összes rendezett halmaz (lásd a trófeákat): { 3,2,1 }

( é ))3,2,1( )2,3,1( ) s ( . 3,1,2( )1,3,2( )2,1,3 1,2,33.1.5. Tétel. Egy n elemű halmaz permutációinak számát -nel jelöljük, és

, minden természetes n számra. nP

!nPn =Bizonyítás. Az (5) összefüggés alapján ( ) NkPkP kk ∈∀⋅+=+ ,11 . A k-nak rendre az 1, 2, 3,…, n–1 értéket adjuk, majd összeszorozzuk a kapott egyenlőségeket. A

szám mindkét oldalon megjelenik, tehát a szorzatukban egyszerűsíthetünk velük. A bal oldalon az egyszerűsítés után az első n természetes szám szorzata áll, az alábbiak szerint:

1321 ,...,,, −nPPPP

1−⋅= nn PnP ( ) 21 1 −− ⋅−= nn PnP ( ) 32 2 −− ⋅−= nn PnP

.......................... 23 3 PP ⋅=

12 2 PP ⋅=

!nPn = Tehát

NnnPn ∈∀= ! -re. I I.3.2. Variációk

3.2.1. Feladat. Egy hattagú társaság tagjai közül egy titkárt és egy írnokot kell kiválasszunk. Hány különböző módon tehetjük ezt meg? Megoldás. A titkárt hat ember közül kell kiválasztanunk, tehát erre hat lehetőségünk van. Minden kiválasztott titkárhoz a megmaradt öt tag közül bárkit választhatunk írnoknak, tehát összesen 3056 =⋅ lehetőségünk van. Számozzuk meg a társaság tagjait 1-től 6-ig. A lehetséges választásokat táblázatba foglaltuk össze:

(1, 2) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) (6, 1) (1, 3) (2, 3) (3, 2) (4, 2) (5, 2) (6, 2) (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 3) (5, 3) (6, 3) (1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 4) (6, 4) (1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5, 6) (6, 5)

A számpárok első tagja a titkár számát, míg a második sorszám az írnok számát jelöli. 3.2.2. Feladat. Ha az írnok és a titkár mellé egy küldöncöt is kell választanunk, akkor ez hányszorosára növeli a lehetséges választások számát? Megoldás. A küldöncöt a titkár és az írnok minden lehetséges választása esetén a megmaradt négy tag közül kell kiválasztanunk, ez a négyszeresére növeli a lehetséges választások számát. 3.2.3. Feladat. Ha V -val jelöljük egy n elemű halmaz összes k elemű rendezett

részhalmazainak a számát, mi az összefüggés V és V közt? (Elemezd az előbbi feladat megoldását!)

kn

kn

1+kn


Megoldás. Jelöljük A-val az n elemű halmazunkat. Minden k elemű X rendezett részhalmazból pontosan darab ( kn − ) ( )1+k elemű rendezett részhalmazt szerkeszthetünk, ha X-hez -edik elemként hozzáadjuk az valamelyik elemét (az utóbbi halmaznak pontosan

( 1+k ) XA \( )kn − eleme van). Világos, hogy így minden

elemű rendezett részhalmazt megkapunk, és nem kaphatunk egyetlen ( ) elemű rendezett részhalmazt sem két, különböző módon, tehát V . (6)

( 1+k )

)

1+k

)k(1 nkn −+ V k

n ⋅=3.2.4. Értelmezés

1. Valamely halmaz elemeiből szerkesztett rendezett részhalmazt az illető halmaz egy variációjának nevezzük.

2. Bármely halmaz elemeiből szerkesztett k elemű rendezett részhalmazt a halmaz egy k-ad osztályú variációjának nevezzük. Egy n elemű halmaz k-ad osztályú variációinak számát V -val jelöljük (n,k∈N). k

n

3.2.5. Példák a) A 3.2.1. feladatban egy hatelemű halmaz másodosztályú variációinak számát

kellett meghatároznunk, és a táblázatban maguk a másodosztályú variációk szerepeltek.

b) A 3.1. paragrafusban egy n elemű halmaz n-ed osztályú variációit számoltuk meg, és ezeket permutációknak neveztük.

c) A 3.2.2. feladatban azt vizsgáltuk, hogy mi az összefüggés a hatelemű halmaz másod és harmadosztályú variációinak száma között, míg a 3.3.3. feladatban általános összefüggést találtunk egy n elemű halmaz k-ad és -ed osztályú variációinak száma közt.

( 1+k

A 3.2.3. feladat megoldása alapján találjunk általános képletet valamely n elemű halmaz k-ad osztályú variációinak számára, vagyis a V -ra. Akárcsak a permutációk esetében helyettesítsünk a (6) összefüggésbe k helyett rendre (k–1)-et, (k–2)-t,…, 3-at, 2-t és 1-et, majd szorozzuk össze a kapott egyenlőségeket:

kn

( ) 11 −⋅+−= kn

kn VknV

( ) 21 2 −− ⋅+−= kn

kn VknV

( ) 32 3 −− ⋅+−= kn

kn VknV

........................................ ( ) 23 2 nn VnV ⋅−=

( ) 12 1 nn VnV ⋅−=

nVn =1

( ) ( ) nknknV kn ⋅⋅+−⋅+−= ...21

Érvényes tehát a következő tétel: 3.2.6. Tétel. Ha 0 és k, n∈N, akkor egy n elemű halmaz k-ad osztályú variációinak száma

nk ≤≤

( ) ( ) ( ) ( )12...21 +−⋅+−⋅⋅−⋅−⋅= knknnnnV kn .


3.2.7. Megjegyzés. esetén a V számot nullának tekintjük, hisz ebben az esetben egy n elemű halmaz elemeiből nem tudunk egyetlen m elemű rendezett részhalmazt sem szerkeszteni.

nk > kn

Ha tömörebb felírást óhajtunk, az előbbi összefüggés jobb oldalán álló kifeje-

zést bővítjük ( !kn )− -sal, és így a ( )!!knnk

n −=V képlethez jutunk. Az előbbi képletek

lehetővé teszik, hogy gondolkodás nélkül válaszoljunk nagyon sok bonyolult kérdésre, a képlet megjegyzése azonban önmagában nem elégséges. Nagyon sok feladat megoldásakor könnyebben tudjuk majd hasznosítani a levezetés egy-egy részletét. 3.2.8. Példák

a) Hány, csak különböző számjegyet tartalmazó öt- vagy hatjegyű természetes

szám létezik? A válasz a 3.2.6. tétel szerint 1512005678910!4!

=⋅⋅⋅⋅⋅=10 ,

mert a tíz lehetséges számjegy közül egy rendezett hatelemű részhalmaz meghatároz egy öt- vagy hatjegyű természetes számot aszerint, hogy a rendezett részhalmaz első eleme nulla vagy sem. Így a megengedett öt- vagy hatjegyű számok száma tíz elem hatodrendű variációinak számával egyenlő.

b) Hány olyan természetes szám létezik, amely a 0, 1, 3, 4, 5 és 7 számjegyeken kívül nem tartalmaz más számjegyeket, és ezek legfeljebb egyszer szerepelnek benne?

A számokat a számjegyeik száma szerint csoportosítjuk, és az egyes csoportok elemeinek számát külön-külön határozzuk meg. Az adott hat számjegy összes lehetséges sorrendje közül azok, amelyek nullával kezdődnek, nem származtatnak hatjegyű számot. Ezek száma megegyezik az 1, 3, 4, 5 és 7 számok összes lehetséges sorrendjének számával, tehát -tel. Így a hatjegyű számok száma:

!6

5

5P600120720!5!66 =−=−=− PP .

Ha az ötelemű rendezett részhalmazok számából kivonjuk azoknak az ötelemű rendezett halmazoknak a számát, amelyek 0-val kezdődnek, éppen az ötjegyű számok számát kapjuk, tehát V . 600120720!5!64

55

6 =−=−=−VHasonló gondolatmenettel

– a négyjegyű számok száma: V ; 300345345635

46 =⋅⋅−⋅⋅⋅=−V

– a háromjegyű számok száma: V ; 1004545625

36 =⋅−⋅⋅=−V

– a kétjegyű számok száma: V ; 2555615

26 =−⋅=−V

– az egyjegyű számok száma: V (a nulla is egyjegyű). 616 =

Ez összesen 1+5+25+100+300+600+600=1631 szám. II.3.3. Kombinációk 3.3.1. Feladat. A terroristák hat túsz közül kettőt szabadon akarnak engedni. Hány különböző módon lehetséges ez? Ha a túszok közt két rendőr van, és a terroristák véletlenszerűen választják a két szabadon bocsátandó túszt, mi a valószínűsége annak, hogy egyik rendőr sem szabadul ki?


Megoldás. Számozzuk meg a túszokat 1-től 6-ig. Mivel a túszokat egyszerre engedik szabadon itt nem a rendezett elempárokat kell megszámolnunk, hanem az

halmaz kételemű részhalmazait. Ezeket az alábbi táblázatba oglaltuk össze:

}6,5,4,3,2,1{f

{1, 2} {1, 3} {2, 3} {1, 4} {2, 4} {3, 4} {1, 5} {2, 5} {3, 5} {4, 5} {1, 6} {2, 6} {3, 6} {4, 6} {5, 6}

Tehát az első kérdésre a válasz: 15. Ha a két rendőrt az 1-es, illetve a 2-es számmal jelöltük, akkor az előbbi táblázatból leolvasható a kedvező esetek száma is. Azoknak a részhalmazoknak a száma, amelyek nem tartalmazzák sem az 1-est, sem a 2-est,

pontosan 6. A keresett valószínűség tehát 52

156= .

Ellenőrizd, hogy az eredmény nem függ attól, hogy milyen számokkal jelöltük a rendőröket! Hasonlítsd össze ezt a táblázatot a 3.2.1. feladat megoldásában szereplő áblázattal! t

3.3.2. Feladat. Hogyan változik a lehetőségek száma, ha a 3.3.1. feladatban három túszt engednek szabadon? Megoldás. Ha előbb kiválasztanak két embert (15 lehetőség) és a megmaradt 4 közül még egyet (4 lehetőség), akkor ez összesen15 604 =⋅ lehetőség. Az így kapott hármas csoportok tagjai közül egy (akit utolsónak választottak) meg van jelölve. Az ilyen hármasokat úgy is megszámolhatjuk, hogy előbb létrehozzuk az összes háromtagú csoportot (ezek száma legyen c), majd minden csoportból az összes lehetséges módon kijelölünk egy-egy tagot. Így c⋅3 csoportot kapunk. Mivel mindkét esetben ugyanazokat a csoportokat számláltuk, a két eredmény egyenlő, tehát

. Innen c⋅= 360 203154

=⋅

=c .

Ugyanezt megközelíthetjük másféleképpen is. Jelöljük A-val az { halmazt. Képzeljük el, hogy felírtuk egy nagy kartonlapra az A összes harmadrendű variációját és egy másik lapra az összes háromelemű részhalmazát. Ha egy harmadik kartonra minden részhalmaz helyett a belőle képezhető összes rendezett részhalmazt írjuk, akkor ugyanazokat a rendezett halmazokat kapjuk, amelyek az első lapon szerepelnek. Tehát, ha c darab háromelemű részhalmaz létezik, akkor a harmadik lapon darab rendezett halmaz jelenik meg. A 3.2.6. tétel szerint az első lapon

rendezett halmaz van, tehát

}6,5,4,3,2,1

c⋅6120=456 ⋅⋅ c⋅= 6120 . Akárcsak az előbb, innen is

kifejezhetjük a c-t, és ugyanazt az értéket kapjuk, mint a másik módszerrel. Így

levezettük a variációk, kombinációk és permutációk közti összefüggést: 3

3103

10 PV

C = .

Látható, hogy mindkét ötlet hasznos lehet az általános probléma megoldásában is. Előbb fogalmazzuk meg az általános esetet, és vezessünk be néhány jelölést.


3.3.3. Értelmezés és jelölés 1. Valamely n elemű halmaz k elemű részhalmazát a halmaz egy k-ad

osztályú kombinációjának nevezzük. 2. Valamely n elemű halmaz k-ad osztályú kombinációinak (vagy k elemű

részhalmazainak) számát -val jelöljük (n, k∈N). knC

3.3.4. Feladat. Bizonyítsátok be a következő egyenlőségeket:

a) , ha 0 (kiegészítő kombinációk képlete); knn

kn CC −= nk ≤≤

b) ha 0( ) ( ) kn

kn CknCk ⋅−=⋅+ +11 , 1−≤≤ nk .

Bizonyítás. a) A bal oldal egy n elemű X halmaz k elemű részhalmazainak száma. Minden R részhalmazhoz rendeljük hozzá a komplementerét ( -et). Így minden k elemű részhalmazhoz hozzárendelünk egyetlen n–k elemű részhalmazt. Az is látható, hogy különböző halmazokhoz különböző részhalmazokat rendelünk, tehát ugyanannyi n–k elemű részhalmaz létezik, mint amennyi k elemű. Ezt éppen a C összefüggés fejezi ki.

RX \

knn

kn C −=

b) Tekintsünk egy, n tagú társaságot, és válasszunk ki közülük egy k+1 tagú bizottságot, valamint a bizottságban egy elnököt. A pontosság kedvéért nevezzünk működésképtelennek egy bizottságot, ha még nincs elnöke, és működőképesnek, ha már megválasztották az elnököt is. Vizsgáljuk meg, hány különböző összetételű működőképes bizottság jöhet létre? (Elvben ugyanazt kell tennünk, mint a 3.3.3. feladatban.) A jelöléseink alapján C működésképtelen bizottságot választhatunk. Mivel a k +1 tag közül bárki lehet elnök, minden ilyen bizottságból k +1 különböző működőképes bizottság jöhet létre, tehát a lehetséges működőképes bizottságok száma

. Másrészt, egy ilyen bizottság úgy is kijelölhető, hogy előbb a

bizottságnak k tagját, majd az elnökét választjuk ki. A k tagot C különböző módon választanunk ki és minden ilyen k taghoz a megmaradt

1+kn

( ) 11 +⋅+ knCk

kn

( )kn − közül kell egy elnököt

válasszunk. Ez ( ) knCkn ⋅− különböző működőképes bizottságot jelent. Mivel mindkét

esetben ugyanazokat a bizottságokat számoltuk, a két eredménynek egyenlőnek kell lennie, tehát a kívánt egyenlőséget igazoltuk. Megjegyzés. Ha előbb a bizottság elnökét választjuk meg és csak ezután a tagokat, akkor az eredményhez jutunk, tehát k

nCn 1−⋅ ( ) ( ) kn

kn

kn CnCknCk 1

11 −+ ⋅=⋅−=⋅+ .

Akárcsak a permutációk vagy a variációk esetén az általános képletet itt is

azonnal levezethetjük az előbbi egyenlőség többszöri felhasználásával. Az eredményt a következő tételben foglaltuk: 3.3.5. Tétel. Ha 0 (n, k∈N), akkor nk ≤≤

( )!!!knk

nC kn −⋅=

Bizonyítás. A (3.3.4) összefüggésbe k helyett rendre az 1, 2, 3, 4,…, k–1 értéket helyettesítjük, majd a kapott egyenlőségeket összeszorozzuk:


( ) 11 −⋅+−=⋅ kn

kn CknCk

( ) ( ) 21 21 −− ⋅+−=⋅− kn

kn CknCk

( ) ( ) 22 32 −− ⋅+−=⋅− kn

kn CknCk

........................................ ( ) 23 23 nn CnC ⋅−=⋅

( ) 12 12 nn CnC ⋅−=⋅

nCn =1

( ) ( ) nknknCk kn ⋅⋅+−⋅+−=⋅ ...! 21

Ha az utolsó egyenlőség jobb oldalán álló kifejezést bővítjük ( )!kn − -sal és kifejezzük a számot, éppen a tételben szereplő kifejezéshez jutunkk

nC 1. 3.3.6. Megjegyzés. A 3.3.2. feladat kartonlapos megoldását is általánosíthatjuk. Jelöljünk A-val egy n-elemű halmazt. Képzeljük el, hogy felírtuk egy nagy kartonlapra az A összes k-ad rendű variációját ( )darabk

nV és egy másik lapra az összes k elemű részhalmazát ( )darabk

nC . Ha egy harmadik kartonra minden részhalmaz helyett a belőle képezhető összes rendezett részhalmazt (permutációt) írjuk, akkor ugyanazokat a rendezett halmazokat kapjuk, amelyek az első lapon szerepelnek. De egy részhalmaz pontosan k rendezett részhalmazt származtat, így a harmadik lapon darab rendezett halmaz

jelenik meg. A 3.2.6. tétel szerint az első lapon

!knCk ⋅!

)( !!kn

nkn −=V rendezett halmaz van, tehát

( )!!!knk

nPVCk

knk

n −⋅== .

3.3.7. Feladat. Bizonyítsuk be az alábbi összefüggéseket valamilyen számlálásra hivatkozva, majd a C számokra felírt képleteket használva! m

n

a) ; b) 111−−− += m

nmn

mn CCC

11

11

+=

+

++

nC

mC m

nmn

Megoldás. a) Az egyenlőség bal oldala az { }n,...,3,2,1 halmaz m elemű részhalmazainak a száma. Osszuk a részhalmazokat két csoportba: az első csoportba azok a részhalmazok kerüljenek, amelyek nem tartalmazzák n-et, és a másodikba azok, amelyek tartalmazzák. Az első csoportbeli halmazok minden elemét az 1, 2, 3,…, n–1 közül kell kiválasztanunk, tehát C ilyen részhalmaz létezik. A második csoportbeli részhalmazoknak egy eleme rögzített (az n), és a többi (m–1)-et az 1, 2, 3,…, n–1 közül kell kiválasztanunk, tehát C ilyen részhalmaz van. Mivel minden m elemű részhalmaz csak az egyik csoportba tartozik, a két csoport elemeinek számát összeadva az összes m elemű részhalmazok számát kell kapnunk. Tehát igazoltuk a kért egyenlőséget.

mn 1−

11−−

mn

1 Ha a C értéke nulla, hisz egy n elemű halmaznak nincs k elemű részhalmaza. ,kn < k

n


Ha a C számok képletét használjuk, a bizonyítás mechanikus számolásra redukálódik:

mn

( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( ) =

−+⋅

−−⋅−−

=−⋅−

−+

−−⋅−

=+ −−− mnmmnm

nmnm

nmnm

nCC mn

mn

11!1!1

!1!!1

!1!1!

!1111

( )( ) ( ) ( ) ( )

mnC

mnmn

mnmn

mnmn

=−⋅

=−⋅

⋅−−⋅−

−=

!!!

!1!1!1

b) Ezt már a 3.3.4. feladat megoldása után tett megjegyzésben igazoltuk (n helyett (n+1)-et és k helyett m-et kell helyettesítenünk). A képleteken alapuló bizonyítás a következő:

( )( ) ( ) ( ) 1!!

!1

1!!1

!11

11

11

+=

−⋅⋅

+=

−⋅++

⋅+

=+

++

mC

mnmn

mmnmn

nnC m

nmn .

II.3.4. A Pascal-háromszög és a C számok mértani értelmezése k

n 3.4.1. Feladat. Az következő ábra minden mezőjére írjuk rá, hogy hány különböző úton lehet odajutni, ha egy mezőről csak a jobb oldali vagy az alatta levő mezőre éphetünk! Néhány mezőre már ráírtuk a megfelelő számot. Írd rá a többire is! l

A 1 1 1 1 1 1 1

1 2

1 3 6 10 15 21

1 4 10 20 35

1 5 15 35 70

1 6 21

1 7

1 8 B

Világos, hogy az első sor és az első oszlop minden mezején 1 áll. A lépéssza-bályok szerint minden mezőre a bal oldali és a fölötte álló mezőn elhelyezett számok összege kerül. Látható, hogy ezzel a módszerrel és kellő türelemmel kiszámolhatjuk bármely tetszőlegesen nagy tábla bármely mezejére írt számot. Ha azonban arra gondolunk, hogy a 120-dik sorban és 120-dik oszlopban elhelyezett számot szeretnénk kiszámolni, (vagy akár nagyságát becsülni) valószínű, hogy inkább egy más módszert próbálunk találni.

Ha az m-edik sorban és n-edik oszlopban található mezőre szeretnénk érni, akkor vízszintes és függőleges lépést kell tennünk, tehát az összes lehet-séges ilyen út

1−n 1−m1−n vízszintes és 1−m függőleges lépést tartalmaz. Ha valakinek le

szeretnénk írni egy ilyen utat, akkor elégséges lenne 2−+ nm számú betűt írnunk: v-t minden vízszintes lépésre és f-et minden függőleges lépésre. Az ábrán szürkével


jelzett út a vffvvvff jelsorozattal írható le. Mivel az 1−n darab v betűt és darab f betűt tartalmazó jelsorozat egyértelműen meghatározza az utat és

fordítva, elégséges az ilyen jelsorozatok számát meghatározni. Egy jelsorozat egyértelműen meghatározott, ha az

1−m

2−+ nm helyből kijelölünk -et (ide kerülnek a v betűk és a többi helyre az f betűk). Ezt a 3.3.5. tétel szerint C különböző módon tehetjük meg, tehát az m-edik sorban és n-edik oszlopban

áll. Ennek alapján a táblázatba írjuk be a C számokat, és vizsgáljuk meg az indexeket!

1−m1

2−−+

mnm

1−+

mnmC 2−

kn

33C 4

4C 55C

A 0

1C 22C 6

6C 77C

0C11C2

2C33C4

45C

02C 1

3C 2C403C 1

4C15C

05C06C07C B

35C

25C

04C

Látható, hogy az AB átlóra merőleges irány mentén az alsó indexek nem

változnak. Ezt jobban látjuk, ha a táblázatot elfordítjuk úgy, hogy az AB átló függőleges legyen. Az így kapott háromszögalakú táblázatot Pascal-háromszögnek nevezzük. A 3.3.4. feladat a) pontja alapján a szélektől egyforma távolságra levő számok egymással egyenlők. A feladat első megoldását (vagy a 3.3.7. feladat b) pontját) figyelembe véve a számok (és a Pascal-háromszög) egyszerű generálási szabályához jutunk. Minden sorban az első és utolsó elem az 1, és a többi elem a fölötte álló két szám összege (lásd az ábrát).

knC

1 1 1

1 2 1 1 3 3 1

1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1 I I.3.5. Newton binomiális tétele

3.5.1. Feladat. Számítsuk ki ( )nba + -t, ha { }5,4,3,2,1∈n , majd hasonlítsuk össze az együtthatókat a Pascal-háromszög elemeivel!


Megoldás. Ha n , a kifejtéseket már az elmúlt évek tananyagából ismerjük. Mi ezeket beírtuk az alábbi táblázatba, a te feladatod az, hogy kitöltsd a következő két sort még mielőtt tovább olvasnád a könyvet!

{ 3,2,1,0∈ }

Binom: Kifejtés: Együtthatók: =+ 0)( ba 1 1

=+ 1)( ba ba + 1 1

( ) =+ 2ba 22 2 baba ++ 1 2 1

( ) =+ 3ba 3223 33 babbaa +++ 1 3 3 1

( ) =+ 4ba 432234 ............. babbabaa ++++ ……………

( ) =+ 5ba 54322345 ................ babbababaa +++++ ……………

A táblázat alapján a következő sejtésünk alakulhat ki: az a kitevői (akárcsak az I. fejezet 3.3.2. tételében) egyesével csökkennek, a b kitevői egyesével növekednek, és a tagok együtthatói pedig a Pascal-háromszög megfelelő sorának elemeivel egyenlőek. Mindezt az

nnn

nnn

nn

nn

nn

n bCabCbaCbaCaCba ⋅+⋅++⋅+⋅+⋅=+ −−−− 11222110 ...)(

egyenlőségbe foglalhatjuk össze. Ezt tömörebben az (

alakban írhatjuk. Ha a kifejtés tagjait T

∑ ⋅=+=

−n

k

kknkn

n baCba0

)

1+n111 baC n

n−⋅

1-gyel, T2-vel, T3-mal,..., Tn-nel és T -gyel jelöljük, akkor sejtésünk szerint T , , és általában

, ha . A következő tétel a sejtésünk hely

nn aC ⋅= 0

1

{ n,...,4,3,2T =

}kknknk baCT −

+ ⋅=1 k 2,1,0∈ességére vonatkozik:

3.5.2. Tétel (Newton binomiális tétele)

Ha a és b két valós szám és Nn∈ , akkor . (7) ∑ ⋅=+=

−n

k

kknkn

n baCba0

)(

Bizonyítás. A matematikai indukció módszerét használjuk. A 3.5.1. feladatban láttuk, hogy { }5,4,3,2,1,0∈n esetén a tétel állítása igaz. Tételezzük fel, hogy a

tétel állítása igaz n-re, és számítsuk ki az -t. 1)( ++ nba

+∑ ⋅=

∑ ⋅⋅+=+⋅+=+

=

−+

=

−+ n

k

kknkn

n

k

kknkn

nn baCbaCbabababa0

1

0

1 )()()()(

+∑ ⋅=∑ ⋅+∑ ⋅=∑ ⋅+=

−+

=

++−+

=

−+

=

+− n

k

kknkn

n

k

kknkn

n

k

kknkn

n

k

kknkn baCbaCbaCbaC

0

1

0

1)1()1(

0

1

0

1

=+∑ ⋅+∑ ⋅+=∑ ⋅+ +

=

−+−

=

−+++

=

−+− 1

1

11

1

111

1

11 nn

k

kknkn

n

k

kknkn

nn

k

kknkn bbaCbaCabaC

+( ) ∑ ⋅=+∑ ⋅++==

−++

+

=

−+−+ 1

0

11

1

1

111 n

k

kknkn

nn

k

kknkn

kn

n baCbbaCCa

−

(8)

Az előbbi egyenlőségekben felhasználtuk a , valamint a

összefüggéseket.

kn

kn

kn CCC 1

1+=+

1011

01 ==== +

++nnn

nnn CCCC


A (8) egyenlőség és a matematikai indukció elve alapján a tétel állítása igaz ∀ esetén.

Nn∈

3.5.3. Megjegyzések

1. A kn

kn C

kknC ⋅

+−

=+

11 összefüggés alapján a kifejtés együtthatói rekurzív módon is

megkaphatók a következő szabály szerint: – az első együttható 1, és a következő megegyezik a binom kitevőjével; – a (k+2)-dik tag együtthatóját, a C megkaphatjuk, ha a (k+1)-edik tag együtthatóját, a szorozzuk az a-nak a (k+1)-edik tagban szereplő kitevőjével, (n–k)-val és osztjuk az illető tag sorszámával, (k+1)-gyel.

1+kn

knC

A szabály felhasznásával megkezdhetjük az kifejtés együtthatóit írni. Folytasd a megkezdett kifejtést:

10)( ba +

.................................3

8452

91010)( 372891010 +⋅⋅

+⋅⋅

+⋅+=+ bababaaba

2. A tétel bizonyítását direkt kombinatorikus meggondolásokra is építhetjük. Ehhez csak annyit kell tudjunk, hogy két vagy több polinomot úgy szorzunk össze, hogy mindenik tényezőből választunk egy-egy monomot, ezeket összeszorozzuk, majd az összes lehetséges ilyen szorzatot összeadjuk. Ennek alapján az

szorzatból úgy kaphatunk a

alakú szorzatot, hogy k darab zárójelből b-t választunk és a többiből a-t. Ezt viszont módon tehetjük meg, tehát darab alakú tagot kapunk, ha

elvégezzük a kijelölt szorzásokat. Ezeket összevonjuk, így az együtthatója éppen lesz.

szer−

+⋅⋅+⋅+⋅+=+n

n bababababa )(...)()()()(

knC k

nC

knC

kkn b−

kkn ba −

kkn ba −

3.5.4. Alkalmazás Számítsuk ki az alábbi összegeket! a) ; n

nnnn CCCCS ++++= ...2100

b) ; ...64201 ++++= nnnn CCCCS

c) ∑ ⋅==

n

k

kn

k CS0

2 2

Megoldás a) A (7)-es összefüggésben alkalmazzuk az 1== ba helyettesítést:

00

)11(2 SCn

k

kn

nn =∑=+==

,

tehát a keresett összeg értéke n2 .


b) Jelöljük -mal a összeget. Ha a (7) összefüggésbe a = 1-

et és b = 1-et helyettesítünk, a gyenlőséghez jutunk,

tehát . Az a) pont alapján , tehát .

3S

1 −

...531 +++ nnn CCC

−=n 11(

S1

∑ −==

n

k

kn

kn C0

)1()0 e

nSS 203 ==+40 SS= 131 2 −== nSS

c) A (7)-es összefüggésbből az 1=a és 2=b helyettesítéssel kapjuk, hogy:

202)21(3 SC

n

k

kn

knn =∑=+==

,

tehát a keresett összeg értéke n3 .Megjegyzés. Mivel az n elemű halmaz k elemű részhalmazainak a száma, az

összeg egyenlő az n elemű halmaz összes részhalmazának számával. Ezt megszámolhatjuk a következőképpen is: jelöljünk A-val egy n elemű halmazt és -vel az elemeit

knC

0S

ian,1=

ia

i . Az A minden X részhalmazához rendeljük hozzá azt a kettes számrendszerbeli, legfennebb n-jegyű számot, amelynek az i-edik jegye 1 vagy 0, aszerint, hogy eleme X-nek vagy sem. Például { }7,6,5,4,3,2,1=A és a esetén (

k=k

7,1={ 6,5,2

k ), az részhalmazhoz a 0010101 számot rendeljük és az halmazhoz az 1100110 számot. Látható, hogy így megkapjuk az

összes, legfennebb n-jegyű kettes számrendszerbeli számot, és különböző halmazokhoz különböző számok tartoznak

{ 7,5,3X

n2 .

}}

=,1=Y

2. Másrészt, a kettes számrendszerben pontosan 2n, legfennebb n-jegyű szám van (0-tól -ig), tehát az A

részhalmazainak száma is szer−

=−n

n 1...1112

Hasonló meggondolások alapján a másik két összeg is kiszámítható. Próbáljatok meg egy-egy olyan számlálási feladatot találni, amelynek segítségével ki tudjátok számolni a másik két összeget is! II.3.6. Megoldott feladatok 1. Az alábbi ábrán az A-val jelzett mezőről a B-vel jelzett mezőre kell eljutnunk.

Hány különböző módon lehetséges ez, ha egy mezőről csak a jobb oldali, vagy a fölötte álló szomszédos mezőre lehet lépni? Hogyan változik a lehetséges utak száma, ha n sort és n oszlopot tartalmaz az ábra?

B

A

2 Az így szerkesztett szám az X karakterisztikus függvényének a rendezett képhalmaza .


Megoldás. Egy konkrét n-re a megoldás különösebb ötletek nélkül megkapható, hisz minden mezőre ráírjuk az oda vezető utak számát. Jóval nehezebb a dolgunk, ha az A-ból B-be vezető utakat más módszerrel szeretnénk megszámolni. Vizsgáljuk meg, mi az összefüggés (egyáltalán van-e összefüggés) a C számok geometriai értelmezése és a mi feladatunk közt. E célból egészítsük ki az adott táblát úgy, hogy egy négyzet alakú táblán dolgozzunk (lásd a következő ábrát). Így megváltozott az A-ból B-be vezető utak száma. A kiegészített táblán az A-ból B-be vezető utak közül azokat nevezzük „jó”-nak, amelyek csak az eredeti ábra mezőit érintik, a többit „rossz”-nak. Az új táblán az A-ból a B-be összesen C út vezet (lásd 3.4.1. feladat megoldását). A „jó” utak számát megkaphatjuk, ha az összes út számából kivonjuk a „rossz” utak számát. Minden rossz út metszi az ábrán látható a átlót, tehát a rossz úton haladva lesz egy legelső pillanat, amikor elérjük az a átlót. Szerkesszük meg az út e részének az a egyenes szerinti szimmetrikusát. Az alábbi ábrán a vékony vonal egy rossz utat ábrázol, a fekete csomópont az a egyenessel való metszéspontját jelöli, és a vastag vonal a metszéspont előtti rész a szerinti szimmetrikusát. Ez azt jelenti, hogy a táblát még egy oszloppal ki kell bővítenünk.

kn

122

−−

nn

a

Az előbbi szerkesztés eredményeként egy olyan utat kapunk, amely a P-vel jelzett

mezőről indul. Az is belátható, hogy minden P-ből B-be vezető út pontosan egy rossz útnak felel meg, tehát a „rossz” utak száma C . Így a „jó” utak száma n

n 22 −

12222

122

1 −−−

−− ⋅=− n

nnn

nn C

nCC .

2. Számítsuk ki az összeget! ∑ ⋅==

n

k

knCknS

1)(

1. megoldás. Vizsgáljuk meg a k kifejezést, és próbáljuk az első tényezőt

beolvasztani a kifejezésbe!

knC⋅

knC

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )11!!1

!1!!1

!!!

! −−⋅=

−⋅−−

⋅=−⋅−

=−⋅

⋅=⋅ kn

kn Cn

knknn

knkn

knknkCk

A kiszámítandó összeget a következőképpen alakíthatjuk:


( ) nnnnnn

n

k

kn

n

k

kn

n

k

kn nCCCCnCnCnCk 2... 1

12

11

10

11

11

1

11

1⋅=++++⋅=∑⋅=∑ ⋅=∑ ⋅ −

−−−−=

−−

=

−−

=.

Az utolsó egyenlőséget 3.5.4. feladat alapján kaptuk. A keresett összeg tehát: . nnnS 2)( ⋅=

2. megoldás. Találjunk egy olyan számlálási feladatot, amelynek az eredménye, és amelyet rövidebb úton is kiszámolhatunk. Mivel az összeg minden tagjában az alsó index ugyanaz, válasszunk egy n elemű halmazt, a szemléletesség kedvéért egy n tagú társaságot. A 3.3.4. feladatból tudjuk, hogy a k tagú, elnökkel rendelkező (működőképes) bizottságok száma , így a feladatban szereplő összeg az összes lehetséges (1, 2, 3,…, n tagú) működőképes bizottság száma. Másrészt egy ilyen bizottság egyértelműen meghatározott, ha kijelöljük az elnököt és a többi n–1 tag közül néhányat. Az elnök kijelölésére n lehetőségünk van, míg a további tagság megválasztására (az n–1 tagból alkotott halmaz bármely részhalmazát kiválaszthatjuk, és a 3.5.4. feladatban láttuk, hogy az ilyen részhalmazok száma ), tehát összesen működőképes bizottság létezik.

)(nS

2n

knCk ⋅

12 −n

n2

1−

n ⋅ 3.6.1. Megjegyzés. A második megoldás előnye az, hogy azonnal általánosítható. Ha a bizottságban nem egy elnököt, hanem egy m tagú vezetőtanácsot kell kiválasztanunk, akkor k tagú bizottság esetén lehetőségünk van. Ez azt jelenti,

hogy az olyan bizottságok száma, amelyben m tagú vezetőtanács van: .

Másrészt, ha előbb a vezetőtanácsot jelöljük ki ( lehetőség) és azután a többi tagot,

akkor ilyen bizottságot kaphatunk. Ez azt jelenti, hogy

mk

kn CC ⋅

mnC

∑ ⋅=

n

mk

mk

kn CC

mn

mn C⋅−2mn

mnn

mk

mk

kn CCC ⋅=∑ ⋅ −

=2 , ha . mn ≥

3. Számítsuk ki az összeget, ha . ∑ ⋅−==

m

k

kn

kn CmS

0)1()( 2≥n

Megoldás. Szerkesztünk egy polinomot, amelyben az egyik tag együtthatója éppen a kívánt összeg. A kifejezés az ( ) k

nk C⋅−1 ( )nx−1

⋅ kn

k C)

kifejtésében az -nak az

együtthatója. Ahhoz, hogy az S összeget megkaphassuk, olyan

polinomokat kell összeadnunk, amelyekben a

kx

∑ −==

m

kn m

01()(

( )k−1 knC⋅ kifejezés x ugyanazon

hatványának együtthatója. Ezért az ( )nxknx −⋅− 1

)(mSn

alakú polinomokat adjuk össze. Így

az összegben az együtthatója . Másrészt nx

( ) ( ) ( ) ⋅−=++++⋅−=∑⋅−=∑ −⋅ −

=

−

=

− nmmnnm

k

knnm

k

nkn xxxxxxxxxx )1(...111)1( 2

00


( ) ( ) ( ) ( ) 111111

11111

1 −+−−+−−+

− −⋅−−⋅=−⋅⋅−=−−

⋅⋅ nnnmnmmnnm

mn xxxxxxxx

xx .

Az polinomban nincs n-ed fokú tag (mert minden monom fokszáma

legalább n+1), tehát az polinom n-ed fokú tagjának együtthatóját kell

meghatároznunk. Ez éppen az

( ) 11 1 −+ −⋅ nn xx

( ) 11 −− −⋅ nmn xx

( )1− xnm

1−n kifejtésében az együtthatója, vagyis

, ha . Ha

mx

( ) mn

m C 1−⋅ m1− n< = , akkor az összeg nem tartalmaz n-ed fokú tagot, tehát

( ) ( )∑=

=

<⋅−=⋅−

m

k

mn

mmn

k

nmnmCC

0 .,0,,11

haha

4. Jelöljük -nel az 1 összeget. Bizonyítsuk be,

hogy )(nSk

kkkkk nn +−++++ )1(...32

( ) .1,111

111

1 ≥∀⋅=−+ ∑+

=−++

+ kSCnk

mmk

mk

k

Megoldás. Az azonosságban x helyére rendre az 1, 2,

3,…, n értéket helyettesítjük, majd a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait összeadjuk (a 2.3. paragrafus első részében használt második módszerhez hasonlóan). A (k+1)-dik hatványok közül csak az 1 és ( szerepel egy-egy helyen. A többi az egyenlőség mindkét oldalán megjelenik, tehát a végső összegben az

…, összegek jelennek meg. A számolásokat a következő ábra szemlélteti:

( ) ∑ ⋅=++

=

−++

+ 1

0

11

11k

m

mkmk

k xCx

1+k

),(n )(nSk

1)1 ++ kn

),(),( 10 nSnS 2S

1)1( ++ kn

= 1+kn + kk nC ⋅+1

1 + … + nC kk ⋅+1 + 1

1+kn = 1)1( +− kn

+ kk nC )1(1

1 −⋅+

+ … + )1(1 −⋅+ nC kk

+ 1

( ) 11 +− kn

= 1)2( +− kn

+ kk nC )2(1

1 −⋅+

+ … + )2(1 −⋅+ nC kk

+ 1

..................................................................................................................... 13 +k = 12 +k + k

kC 211 ⋅+ + … + 21 ⋅+

kkC + 1

12 +k = 11 +k + kkC 11

1 ⋅+ + … + 11 ⋅+kkC + 1

( ) 11 ++ kn

= 1 + )(11 nSC kk ⋅+ + … + )(11 nSC k

k ⋅+

+ n


Ha az utolsó egyenlőséget zárt alakban írjuk, akkor az (

összefüggést kapjuk, amely éppen a kívánt egyenlőség.

∑ ⋅=−++

=−++

+ 1

111

1 1)1k

mmk

mk

k SCn

Az előbbi összefüggés alapján kiszámíthatjuk az értékét minden k-ra. Például

esetén az összefüggés alapján

)(nSk

2=k ( ) 0123 )(3)(1 SnSnSn +⋅++ 31 ⋅=− . Mivel

S0(n) = n és 2

)1()(1+⋅

=nnnS , következik:

6)12()1( +⋅+⋅ nnnS )(2 =n . A k

esetben a bizonyított összefüggésből (n + 1)

3=4

– 1 = 4 S3(n) + 6 S2(n) + 4 S1(n) + S0(n)

adódik. Innen, ha kifejezzük az -et, akkor az )(3 nS2

3 2)1()(

+⋅

=nnn

)(4 n )(5 nS

S

S

egyen-

lőséghez jutunk. Az előbb kiszámolt összegek sok más feladatban megjelenhetnek, ezért érdemes őket megjegyezni. A te feladatod az és az összegek kiszámítása. A könnyebb memorizálás érdekében összesítettük az eddig kiszámolt összegeket.

2)1()(1

+⋅=

nnnS

6)12()1()(2

+⋅+⋅=

nnnnS

2

3 2)1()(

+⋅

=nnnS

....................)(4 =nS

....................)(5 =nS

II.4. Gyakorlatok és feladatok

1. Egy tájfutóversenyen részt vevő csapatok a mellékelt térképvázlatot kapták. Feladatuk, hogy A-ból a B, C és D pont érintésével visszajussanak az A-ba. Melyik a legrövidebb útvonal?

2. Janiék osztályában 13 lány és 12 fiú tanul. Találomra kiválasztunk két lányt és egy

fiút versmondásra, két lányt és egy fiút színházjegyvásárlásra és két lányt és egy


fiút tűzoltósági felkészítőre. Hányféleképpen állíthatunk össze ilyen kilenctagú csapatot?

3. Két egyforma kockával egyszerre dobunk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a megjelenő két szám összege 7?

4. Változik-e az előbbi kérdésre adott válasz, ha nem egyforma kockákkal dobunk? 5. Hány különböző módon lehet 10 embert egy kerek asztal köré leültetni? 6. Hány háromszög látható az alábbi ábrán? Hány háromszöget láth7. Hány téglalap látható a mellék

atsz, ha az alapot n, egyenlő részre osztjuk? elt ábrán?

9 z jegy8. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és s ám ekből hány darab olyan kilencjegyű szám

9. lejegyezzük az eredményeket. (Minden dobás

10

alkotható, amelynek számjegyei egymástól különbözőek, és a) az 1-es közvetlenül a 2-es előtt áll; b) az 1-es előbb áll, mint a 2-es?

Egy pénzérmét n-szer dobunk fel, éseredménye fej vagy írás.) Hány különböző, k darab fejet tartalmazó, fej-írás dobássorozat lehetséges? . A { 2,...,3,2,1,0 −n }1Mennyi a valószín k, hogy a) a kiválasztott szám 2-nek hatvány

halmaz elemei közül találomra kiválasztunk egyet. űsége anna

a; e k?

11. b) a szám bináris számjegyeinek3 összeg

Határozd meg az ( ){A } és { } { }nYXYXnYXYX ,...,3,2,1,,,...,3,2,1,, =∪∅=∩⊂=

( ) { } { }{ }nYXnYXYXB ,...,3,2,1,,...,3,2,1,, =∪⊂= halmazok elemeinek számát!

12. hány különböző egyenest határoz meg? A sík négy

13

A sík n pontja legfeljebb pontja hány különböző egyenest határozhat meg? . Oldd meg az alábbi egyenleteket!

a) 110!=n ; b) 134!)1(! =++ nn ;

3 Valamely szám bináris számjegyei az illető szám kettes számrendszerbeli felírásában megjelenő számjegyek.


c) 12!)2()1(

!)1(!=

−⋅+−+nn

nn ; d) 6!)1(

!=

n −n

;

e) 301

!)1(1

!1

=+

−nn

; f) 5 18=V ; 12−⋅ nn V

g) kkk CCC 654

111=− ; h) =C n ; 421

3 −++ nn

i) ; j) +CC . 6601263 =+−

+nn

nC 1922

23

2 =+ −− nnn C14. Oldd meg a következő egyenletrendszereket!

a) ; b)

⋅=⋅

⋅=−−

−−

32

22

32

22

83

8nm

nm

nm

nm

CC

VV

−−

=⋅−

−⋅

−=⋅

−−

+⋅

−−

−−

11111

1

21

12

nky

knCx

nky

knCx

kn

kn

.

15. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket! a) ; b) 5 > . nn CC 10

110 2 ⋅>− 4

23

+⋅ nn CC

16. Bizonyítsd be, hogy 11

1111 +−+−

=

−

− −+

+

++

−−++

++

− pnpm

CC

CC

CC

CC

ipin

ipin

pn

pn

ipim

ipim

pm

pm : ,

ha mp ≤≤1 és 1 . np ≤≤17. Számítsd ki a következő összegeket:

a) ; b) ∑ + ; ∑=

⋅n

kkk

1!

=

⋅n

kkk

1

2 !)1(

c) ∑= +

n

k kk

1 !)1(; d) ∑ ;

= +++++n

k kkkk

1 !)2(!)1(!2

e) ; f) ∑ ⋅=

n

k

knCk

1

2 ∑+

C;

=

n

k

kn

k1 1

g) ∑+⋅+⋅+=

n

k

kn

kkkC

1 )3()2()1(; h) ∑

+⋅+−

=

n

k

knk

kkC

1 )2()1()1( .

18. Bizonyítsd be legalább két különböző módszer segítségével a n

ban

k

knb

ka CCC +

=

− =∑ ⋅0

(Vandermonde-féle) azonosságot!

19. Számítsd ki az alábbi összegeket!

a) ; b) ( )∑=

n

k

knC

0

2 ( )=k

knCk

0

2∑ ⋅n 2 ;

c) ( )∑ ⋅=

n

k

knCk

0

2; d) ( )⋅−

=k

kn

k C0

2)1∑

n( .

20. Bizonyítsd be a következő azonosságokat:

a) ; b)1121 ... ++++ =++++ n

mnm

nn

nn

nn CCCCC

nC

kkn

n

k

k 1...2111)1(

1

1 +++=⋅⋅−∑=

− ;


c) ; d)21

0

21 +++

=

++ =∑+ n

pnn

k

kkpp CCC m

mm

k

km

km C

mmCC 2

2

0

111 12

12 ⋅−−

=∑ ⋅⋅−

=

+−− ;

e) ( ) mn

mn

m

k

kmn

kn

kn CCCC −=∑ ⋅⋅−⋅−⋅−

=

−+ 21

0

21 )1()1(2 .

21. Határozd meg a) a ( kifejtés együtthatóinak összegét; 10)33 −+ yx

b) a 9

33 1

+

xx kifejtés hatodik tagját;

c) az n értékét, ha a n

+

33

312 kifejtésében

61

5

7 =−nT

T;

d) az 120

32

31

+

kifejtés legnagyobb tagját;

e) az ( kifejtés racionális tagjait; )20013 51+

f) az együtthatóját az ( kifejtésben (a tagok összevonása után), ha a kifejtésben megjelenő binomiális együtthatók összege 1536;

6x 1)1()1 −+++ nn xx

g) az m értékét, ha a kifejtés legnagyobb tagja a tizedik tag; mm)2( +

h) azt, hogy az kifejtés hányadik tagjának a legnagyobb az együtthatója!

( )200122 xx +

22. Bizonyítsd be, hogy a ( ) ( )200120013232 −++ kifejezés értéke egész szám,

és hogy a ( )200132 + szám egészrésze páratlan!

23. Legkevesebb hány irracionális tagja van a ( )20014 nn + kifejtésnek, ha n természetes szám, és n nem írható fel egyetlen természetes szám negyedik hatványaként sem?

24. Egy n oldalú konvex sokszögben meghúzzuk az átlókat. Legtöbb hány belső metszéspont keletkezhet?

25. A hadsereg fegyverraktára a mellékelt ábrán az R-rel jelölt mezőn található, míg a hadtest a H-val jelölt mezőn állomásozik. A raktárból fegyverszállítmányt kell eljuttatni a hadtesthez. A szállítmány minden mezőről a jobb oldali vagy az alatta elhelyezkedő szomszédos mezőre juthat át. Néhány gerilla aláaknázta a szürkével befestett mezőket. Ha a szállítmány egy ilyen mezőre kerül, akkor felrobban. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a hadtest hozzájusson a szállítmányhoz?

R


H

Ha csak egy mezőt tudnának aláaknázni a gerillák, és ez nem lehet a vastag vonallal bekerített részen, melyik mezőt érdemes aláaknázni ahhoz, hogy a szállítmány felrobbanásának valószínűsége a lehető legnagyobb legyen?

26. Egy csomag franciakártyát megkevertünk, majd egyesével kihúzzuk a lapokat. Hányadik helyen a legvalószínűbb a második ász kihúzása?

27. Lehetséges-e két kockát úgy cinkelni, hogy a feldobásuk után a kapott számokat összeadva azonos valószínűséggel jelenjen meg minden lehetséges összeg?

28. Mennyi a valószínűsége annak, hogy ha két egyforma kockával dobunk 24 dobásból lesz egy dupla hatosunk?

29. Bizonyítsd be, hogy ha egy pénzérmét 200-szor feldobunk, akkor 95%-nál nagyobb annak a valószínűsége, hogy legalább hat egymás utáni fej vagy hat egymás utáni írás lesz!

30. Számítsd ki az összeget! ∑ ⋅⋅−==

−n

k

nkn

kn

kn CCS

03)1(

(Megyei olimpia, 1997, Maros megye) 31. Bizonyítsd be, hogy a C és C számok legnagyobb közös

osztója akkor és akkor a 2, ha az n a 2-nek hatványa!

221 ,...,, −nnnn CC 1−n

n

32. Ha 0,, ≠∈ nNnm és nm ≤ , jelöljük -mel a C

összeget. Bizonyítsd be, hogy . mS

1 +

mnnnn CCC ++++ ...210

112

122 −−

− +=⋅ nn

nn CS1

0 ... +⋅+ nnn CSC0 ⋅n SC

(Országos olimpia, 1993) 33. Határozd meg az sorozat általános tagjának képletét, ha

és

( ) Nnnx ∈

2,1 10 == xx 1,1

)12 11 ≥∀⋅−

⋅= −+ nxx nn2(4+

⋅+

nnxn .

(Hegyi Lajos emlékverseny, 1998) 34. Az alábbi háromszög képzési szabálya ugyanaz, mint a Pascal-háromszögnek

csak az n-edik sor első és utolsó eleme minden esetén éppen n. Határozd meg az n-edik sor k-edik elemének képletét!

1≥n

1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5

6 16 25 25 16 6

ii - babeș-bolyai university

Documents